人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价40空间向量及其运算课时质量评价含答案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习课时质量评价40空间向量及其运算课时质量评价含答案，共8页。
课时质量评价(四十)(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x等于(　　)A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)B　解析：由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．2．O为空间任意一点，若＝＋＋，则A，B，C，P四点(　　)A．一定不共面 B．一定共面C．不一定共面 D．无法判断B　解析：因为＝＋＋，且＋＋＝1，所以P，A，B，C四点共面．3．如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)A．  B．  C．1  D．D　解析：因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.4．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a与b的夹角为(　　)A．30°  B．60°  C．120°  D．150°C　解析：因为(2a＋b)·b＝0，所以2a·b＋b2＝0，所以2|a||b|cos θ＋|b|2＝0.又因为|a|＝|b|≠0，所以cos θ＝－，所以θ＝120°.5．已知A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD是(　　)A．钝角三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．不确定C　解析：因为M为BC中点，所以＝(＋)，所以·＝(＋)·＝·＋·＝0.所以AM⊥AD，△AMD为直角三角形．6．在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2)，B(1，－3，1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则点M的坐标是________．(0，－1，0)　解析：设M(0，y,0)，则＝(1，－y，2)，＝(1，－3－y,1)，由题意知||＝||，所以12＋y2＋22＝12＋(－3－y)2＋12，解得y＝－1，故M(0，－1,0)．7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为________．　解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体棱长为2，则易得＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，所以cos〈，〉＝＝－，所以sin〈，〉＝＝.8．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3，0,4)，设a＝，b＝.(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．解：(1)因为c∥，＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，所以c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)，所以|c|＝＝3|m|＝3，所以m＝±1.所以c＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)．(2)因为a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，所以a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.又因为|a|＝＝，|b|＝＝，所以cos〈a，b〉＝＝＝－，故向量a与向量b的夹角的余弦值为－.9．如图，在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点E，F的坐标；(2)求证：A1F⊥C1E；(3)若A1，E，F，C1四点共面，求证：＝＋.(1)解：E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．(2)证明：因为A1(a,0，a)，C1(0，a，a)，所以＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)，所以·＝－ax＋a(x－a)＋a2＝0，所以⊥，所以A1F⊥C1E.(3)证明：因为A1，E，F，C1四点共面，所以，，共面．选与为平面A1C1E上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使＝λ1＋λ2，即(－x，a，－a)＝λ1(－a，a,0)＋λ2(0，x，－a)＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，所以解得λ1＝，λ2＝1.于是＝＋.B组　新高考培优练10．(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列判断正确的是(　　)A．(＋＋)2＝32B.·(－)＝0C．向量与向量的夹角是60°D．正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为|··|AB　解析：选项A中，(＋＋)2＝2＋2＋2＝32，故选项A正确；选项B中，－＝，因为AB1⊥A1C，所以·(－)＝0，故选项B正确；选项C中，两异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但与的夹角为120°，故选项C不正确；选项D中，|AB··|＝0，故选项D不正确．11．(2021·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点．若AA1＝，则异面直线A1C与AD所成角的大小为(　　)A．30°  B．45°  C．60°  D．90°C　解析：(方法一)如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，所以异面直线A1C与AD所成的角就是A1C与A1D1所成的角，即∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角．连接D1C，因为A1B1＝A1C1，所以A1D1⊥B1C1.又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，所以A1D1⊥平面BCC1B1.因为D1C⊂平面BCC1B1，所以A1D1⊥D1C，所以△A1D1C为直角三角形．在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝，所以∠CA1D1＝60°.故选C．(方法二)以A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，则A1(0,0，)，A(0,0,0)．因为△ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，所以AB＝AC＝，所以B(，0,0)，C(0，，0)．又D为BC的中点，所以D，所以＝，易知＝(0，，－)．设异面直线AD与A1C所成角的大小为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.又0°<θ≤90°，所以θ＝60°，即异面直线AD与A1C所成角的大小为60°.故选C．12．△ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD＝________.5　解析：设＝λ，D(x，y，z)，则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，所以x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ，所以D(1,4λ－1,2－3λ)，所以＝(－4,4λ＋5，－3λ)．因为·＝0，所以4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－，所以＝，所以||＝＝5.13．已知O(0,0,0)，A(1,2,1)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．(1,1,2)　解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2.当λ＝1时取最小值，此时点Q的坐标为(1,1,2)．14．如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．(1)向量是否与向量，共面？(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？解：(1)因为＝k，＝k，所以＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k.由共面向量定理知向量与向量，共面．(2)当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内；当0<k≤1时，MN不在平面ABB1A1内，又由(1)知与，共面，所以MN∥平面ABB1A1.综上，当k＝0时，MN在平面ABB1A1内．当0<k≤1时，MN∥平面ABB1A1.